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  利用导数研究函数的性质

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  利用导数研究函数的单调性
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  导数问题中的技巧

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  参数的讨论

当 $0<a<1$ 时，函数 $f(x)$ 在 $\left(0,2\sqrt{\dfrac{1-a}a}\right)$ 上单调递减，在 $\left(2\sqrt{\dfrac{1-a}a},+\infty \right)$ 上单调递增；当 $a\geqslant 1$ 时，函数 $f(x)$ 在区间 $(0,+\infty )$ 上单调递增

函数 $f(x)$ 的导函数$$f'(x)=\dfrac{a}{1+ax}-\dfrac{4}{(x+2)^2}=\dfrac{ax^2+4(a-1)}{(1+ax)(x+2)^2},$$设 $h(x)=ax^2+4(a-1)$，则 $h(0)=4(a-1)$，因此按 $a$ 与 $1$ 的大小关系展开讨论．
情形一当 $0<a<1$ 时，函数 $h(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上有一个零点 $x=2\sqrt{\dfrac{1-a}a}$，进而函数 $f(x)$ 在 $\left(0,2\sqrt{\dfrac{1-a}a}\right)$ 上单调递减，在 $\left(2\sqrt{\dfrac{1-a}a},+\infty \right)$ 上单调递增．
情形二当 $a\geqslant 1$ 时，在区间 $(0,+\infty )$ 上恒有 $h(x)\geqslant 0$，因此函数 $f(x)$ 在区间 $(0,+\infty )$ 上单调递增．
综上，当 $0<a<1$ 时，函数 $f(x)$ 在 $\left(0,2\sqrt{\dfrac{1-a}a}\right)$ 上单调递减，在 $\left(2\sqrt{\dfrac{1-a}a},+\infty \right)$ 上单调递增；当 $a\geqslant 1$ 时，函数 $f(x)$ 在区间 $(0,+\infty )$ 上单调递增．

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  利用导数研究函数的极值

$\left(\dfrac 12,1\right)$

若函数 $f(x)$ 有两个极值点，则由第 $(1)$ 小题的结果，对 $h(x)$ 有$$\begin{cases} h\left(-\dfrac 1a\right)>0,\\ \Delta=-16a(a-1)>0,\end{cases}$$解得$$0<a<1\land a\neq \dfrac 12,$$此时可得两个极值点分别为 $2\sqrt{\dfrac{1-a}{a}}$ 与 $-2\sqrt{\dfrac{1-a}{a}}$．
将两个极值点代入题中不等式的左边，可得\[\begin{split} f(x_1)+f(x_2)&=\ln\left(1-2\sqrt{\dfrac{1-a}{a}}\cdot a\right)-\dfrac{2\cdot\left(-2\sqrt{\dfrac{1-a}{a}}\right)}{-2\sqrt{\dfrac{1-a}{a}}+2}\\ &\qquad \qquad\qquad +\ln\left(1+2\sqrt{\dfrac{1-a}{a}}\cdot a\right)-\dfrac{2\cdot 2\sqrt{\dfrac{1-a}{a}}}{2\sqrt{\dfrac{1-a}{a}}+2}\\
&=\ln(2a-1)^2+\dfrac{4(1-a)}{2a-1}\\
&=\ln(2a-1)^2+\dfrac{2}{2a-1}-2,\end{split}\]令 $t=2a-1$，则 $-1<t<1$ 且 $t\neq 0$，不等式转化为$$\ln t^2+\dfrac 2t-2>0,$$设左边函数为 $\varphi(t)$，则其导函数$$\varphi'(t)=\dfrac 2t-\dfrac 2{t^2}=\dfrac{2(t-1)}{t^2},$$于是函数 $\varphi(t)$ 在区间 $(-1,0)$ 和区间 $(0,1)$ 上均为单调递减函数．
注意到 $\varphi(-1)=-4<0$，而 $\varphi(1)=0$，因此 $t$ 的取值范围是 $(0,1)$，对应的 $a$ 的取值范围是 $\left(\dfrac 12,1\right)$．